Sucessões

Substitui o n por 1, 2, 3, 4 e depois por 20. Mais nada.

1. u_1 = 3(1)-1 = 2, u_2 = 5, u_3 = 8, u_4 = 11.
2. u_{20} = 3(20) - 1 = 59.Repara em que os termos sobem de três em três: é uma progressão aritmética, e a R3 vai dar-lhe o nome.

A ordem é o lugar na fila; o termo é o valor que lá está. Uma é o índice, o outro é o que a sucessão vale.

1. a) A ordem é 7; o termo é 12.
2. b) a_{15} = 40.Parece pouco para um exercício, e é o que separa quem responde ao que se pergunta de quem responde ao contrário. «Determine a ordem desse termo» — que é como os exames escrevem — pede o n, não o valor.

Qual é o domínio de uma sucessão? Entre n = 1 e n = 2 há alguma coisa?

1. Uma sucessão é uma função de domínio \mathbb{N}, e entre dois naturais consecutivos não há mais naturais.
2. Logo o gráfico é um conjunto de pontos isolados: a opção (B).Unir os pontos com uma linha é o erro mais comum do capítulo, e não é inofensivo — sugere valores em ordens que não existem, como u_{2{,}5}.

«Ser termo» é haver uma ordem — um natural — que lá chegue. Resolve u_n = 47 e vê se o n que sai serve.

1. a) 4n + 3 = 47 \iff 4n = 44 \iff n = 11. Como 11 \in \mathbb{N} \setminus \{0\}, é termo — o de ordem 11.
2. b) 4n + 3 = 50 \iff 4n = 47 \iff n = 11{,}75. Não é natural, logo não é termo.A conta é a mesma; o que decide é a última linha. É por isso que a resposta a este tipo de pergunta nunca é um número — é «sim, de ordem 11» ou «não».

Cada quadrado novo aproveita um lado do anterior. Quantos palitos se acrescentam de cada vez?

1. a) Acrescentam-se 3 palitos por quadrado: 10 + 3 = 13.
2. b) O primeiro custa 4 e cada um dos seguintes custa 3: p_n = 4 + 3(n-1) = 3n + 1.
3. Verificação: p_1 = 4 ✓, p_3 = 10 ✓.Escrever o termo geral e não confirmar com dois valores conhecidos é meio exercício. A verificação custa dez segundos e apanha o erro do (n-1), que é o mais frequente.

Calcula (-1)^n para n = 1, 2, 3: que padrão dá?

1. v_1 = -1, v_2 = \tfrac{1}{2}, v_3 = -\tfrac{1}{3}, v_4 = \tfrac{1}{4}, v_5 = -\tfrac{1}{5}.
2. O (-1)^n vale -1 nas ordens ímpares e +1 nas pares: troca o sinal de termo para termo.É a maneira de escrever «alternadamente» numa fórmula, e aparece em exame — o item de 2021 pede quantos termos de ordem ímpar caem num intervalo, e a resposta começa por perceber isto.

Escreve a inequação, desenvolve o quadrado e repara em que os p^2 se cortam. Não te esqueças de que p é natural.

1. (p-8)^2 > p^2 - 8 \iff p^2 - 16p + 64 > p^2 - 8.
2. Os p^2 cancelam-se: -16p > -72 \iff p < 4{,}5.
3. Como p \in \mathbb{N} \setminus \{0\}: p \in \{1, 2, 3, 4\}.O cancelamento dos p^2 é o que faz o exercício ser do 1.º grau e não do 2.º. Sem ele, a inequação parecia bem mais feia do que é.

O denominador é sempre positivo para n natural. Logo o sinal é o do numerador.

1. Para n \geq 1, 4n + 1 > 0: o sinal de u_n é o de 13 - 2n.
2. 13 - 2n < 0 \iff n > 6{,}5.
3. O primeiro natural acima é 7: a partir da ordem 7.«A partir da ordem» quer dizer o primeiro natural que cumpre a condição — e daí para a frente cumprem-se todos, porque a expressão é monótona. Aqui vale a pena confirmar: u_6 = \tfrac{1}{25} > 0 e u_7 = -\tfrac{1}{29} < 0.

Substitui o n — todo ele, em todos os sítios onde aparece — pela expressão pedida.

1. a) u_{n+1} = \dfrac{3(n+1) + 2}{n+1} = \dfrac{3n + 5}{n + 1}.
2. b) u_{2n} = \dfrac{3(2n) + 2}{2n} = \dfrac{6n + 2}{2n} = \dfrac{3n + 1}{n}.O erro típico é substituir só num dos sítios — escrever \frac{3n+5}{n} na primeira. O n do denominador também é o n.

Nas ordens ímpares, (-1)^{n+1} = 1. Fica u_n = 2 + \frac{1}{n}, e a condição vira uma dupla desigualdade em \frac{1}{n}.

1. Com n ímpar, u_n = 2 + \dfrac{1}{n}.
2. \dfrac{83}{41} = 2 + \dfrac{1}{41} e \dfrac{67}{33} = 2 + \dfrac{1}{33}. A condição fica \dfrac{1}{41} < \dfrac{1}{n} < \dfrac{1}{33} \iff 33 < n < 41.
3. Os ímpares entre 33 e 41, exclusive: 35, 37, 39 — são três.A passagem que resolve o item é escrever as duas frações na forma 2 + \frac{1}{k}. Sem isso, a conta faz-se na mesma mas com números feios, e o exame pede «sem recorrer à calculadora».

Os termos positivos nunca dão problema. O que interessa são os negativos — e esses são os de ordem par.

1. Nas ordens ímpares o termo é positivo, logo maior do que -0{,}01 sempre.
2. Nas ordens pares, u_n = -\dfrac{1}{n+1}, e -\dfrac{1}{n+1} > -0{,}01 \iff \dfrac{1}{n+1} < 0{,}01 \iff n + 1 > 100 \iff n > 99.
3. Falha em n = 99? Não — 99 é ímpar e dá termo positivo. O primeiro par acima de 99 é 100, e a partir de n = 100 está tudo bem. Mas é preciso confirmar que a ordem 100 é mesmo a menor: em n = 99 o termo é positivo e em n = 98 vale -\tfrac{1}{99} \approx -0{,}0101 < -0{,}01, que falha.
4. Logo a menor ordem é 99: de 99 para a frente, os pares já cumprem e os ímpares cumprem sempre.«A partir de» pede a menor ordem tal que daí para a frente a condição se mantém — e não a menor ordem que a cumpre. O termo de ordem 98 falha, o de 99 cumpre e todos os seguintes também.

Em cada uma, compara o termo com a sua ordem. Na c), separa o sinal do valor absoluto.

1. a) São os quadrados: u_n = n^2.
2. b) Numerador n, denominador n+1: u_n = \dfrac{n}{n+1}.
3. c) Em valor absoluto são as potências de 2, e o sinal alterna começando em +: u_n = (-1)^{n+1} \times 2^{n}.
4. Verificação: u_1 = 2 ✓, u_2 = -4 ✓.Não há um termo geral «certo» — há termos gerais que dão a sucessão pedida. Dois alunos podem escrever (-1)^{n+1}2^n e -(-2)^n e estarem os dois certos.

Começa no que te dão e aplica a regra. O u_{n+1} calcula-se a partir do u_n, e não a partir do n.

1. u_1 = 3.
2. u_2 = 2(3) + 2 = 8.
3. u_3 = 2(8) + 2 = 18.
4. u_4 = 2(18) + 2 = 38.É o item do Exame de 2024, época especial, que pergunta o terceiro termo — e a resposta é 18. Quem responde 8 contou o u_1 como termo zero.

Faz as duas passagens com a letra lá dentro, sem tentar simplificar antes do tempo.

1. u_2 = -3a + 2.
2. u_3 = -3(-3a + 2) + 2 = 9a - 6 + 2 = 9a - 4.
3. É a opção (B).Com uma letra no lugar do número, a recorrência faz-se exactamente da mesma maneira. O erro típico é distribuir mal o -3 e ficar com 9a + 4, que é a opção (D) — está lá de propósito.

Atenção: aqui a regra dá o termo de ordem n a partir do anterior. Para u_2, o n vale 2.

1. u_2 = u_1 + 2(2) = 3 + 4 = 7.
2. u_3 = u_2 + 2(3) = 7 + 6 = 13.
3. u_4 = u_3 + 2(4) = 13 + 8 = 21.Repara na diferença para o exercício anterior: ali a regra era u_{n+1} = \ldots, aqui é u_n = \ldots. O que se acrescenta depende de n, e por isso o passo não é constante — isto não é uma progressão aritmética.

Cada termo é a soma dos dois anteriores. Aqui são precisos dois valores iniciais, e não um.

1. 1,\ 1,\ 2,\ 3,\ 5,\ 8,\ 13,\ 21,\ 34,\ 55.
2. Repara em que fizeram falta dois termos iniciais: uma regra que olha para dois termos atrás precisa de dois pontos de partida.Divide cada termo pelo anterior: 1;\ 2;\ 1{,}5;\ 1{,}667;\ 1{,}6;\ 1{,}625;\ \ldots Os valores aproximam-se de 1{,}618, o número de ouro. É um dos temas de projeto que as Aprendizagens Essenciais sugerem, e a secção A1 volta lá.

A regra da recorrência diz como passar de um termo ao seguinte. Quantas passagens são precisas para chegar ao quinquagésimo?

1. A regra só relaciona termos consecutivos: para ter u_{50} é preciso ter u_{49}, e para esse o u_{48}, e assim por diante.
2. A opção (A) descreve o que se faz com um termo geral, que é outra coisa. É a (B).É precisamente isto que faz falta um programa. Quarenta e nove passagens à mão são quarenta e nove ocasiões de errar; em Python são três linhas.

Primeiro calcula u_2. Só depois resolve a equação em n.

1. u_2 = u_1 + 2(2) = 3 + 4 = 7.
2. 5n - 13 = 7 \iff 5n = 20 \iff n = 4.
3. É a opção (B).Item do Teste Intermédio de 2011. O trabalho todo está na primeira linha: quem calcula u_2 mal responde depressa e mal.

Se de cada vez se soma sempre a mesma coisa, ao fim de n-1 passos somaram-se quantas vezes?

1. a) 5,\ 9,\ 13,\ 17,\ 21.
2. b) Do primeiro ao termo de ordem n deram-se n-1 passos de 4: u_n = 5 + 4(n-1) = 4n + 1.
3. Confirmação: u_1 = 5 ✓, u_4 = 17 ✓.Nem toda a recorrência se converte em termo geral com esta facilidade — esta converte-se porque o passo é constante, e é isso que a R3 vai chamar progressão aritmética. A de Fibonacci também tem termo geral, mas envolve o número de ouro e não se obtém a olho.

Faz os termos com cuidado até ao oitavo e compara-os com os primeiros.

1. a) 2,\ 5,\ 3,\ -2,\ -5,\ -3,\ 2,\ 5.
2. b) A sucessão repete-se de seis em seis: a_7 = a_1 e a_8 = a_2.
3. Como 100 = 6 \times 16 + 4, tem-se a_{100} = a_4 = -2.O resto da divisão por 6 é que decide, e é a mesma ideia do n \bmod 4 nas potências de i, nos Números Complexos. Uma recorrência pode ser periódica sem que isso se veja na regra.

Faz passo a passo. Na b) vale mesmo a pena usar o programa desta secção.

1. a) 6 \to 3 \to 10 \to 5 \to 16 \to 8 \to 4 \to 2 \to 1: oito passos.
2. b) 7 \to 22 \to 11 \to 34 \to 17 \to 52 \to 26 \to 13 \to 40 \to 20 \to 10 \to 5 \to 16 \to 8 \to 4 \to 2 \to 1: dezasseis passos, e sobe até 52 antes de descer.A conjetura de Collatz diz que, seja qual for o número de partida, a sequência acaba sempre em 1. Já se confirmou para todos os números até mais de 2^{68}, e continua por demonstrar. É uma das poucas coisas deste livro que ninguém sabe se é verdade.

Na b), põe h_n e 2^n lado a lado numa tabela. A diferença é sempre a mesma.

1. a) 1,\ 3,\ 7,\ 15,\ 31,\ 63.
2. b) As potências de 2 são 2, 4, 8, 16, 32, 64: cada h_n é uma unidade menos. h_n = 2^n - 1.
3. Confirmação: h_4 = 16 - 1 = 15 ✓.Com 64 discos, a lenda diz que o mundo acaba quando a torre estiver mudada: são 2^{64} - 1 movimentos, e a um por segundo dava mais de quinhentos mil milhões de anos. É um dos temas de projeto das Aprendizagens Essenciais.

Na b), supõe u_n = 4 e calcula u_{n+1}.

1. a) u_2 = \dfrac{4+12}{4} = 4, e u_3 = u_4 = 4.
2. b) Se u_n = 4, então u_{n+1} = \dfrac{4 + 12}{4} = \dfrac{16}{4} = 4.
3. Como u_1 = 4, a sucessão é constante e igual a 4.O 4 chama-se ponto fixo da regra: é o valor que a regra devolve a si próprio. Se a sucessão começasse noutro sítio — u_1 = 8, por exemplo — os termos aproximavam-se do 4 sem lá ficar parados logo à primeira.

O que acontece em cada ano, por ordem: primeiro rende, depois entra o depósito novo.

1. a) Com C_0 = 2000: C_{n+1} = 1{,}03\,C_n + 500.
2. b) C_1 = 1{,}03(2000) + 500 = 2560;
   C_2 = 1{,}03(2560) + 500 = 3136{,}80;
   C_3 = 1{,}03(3136{,}80) + 500 = 3730{,}90 €.
3. Isto não é uma progressão: não se soma sempre o mesmo nem se multiplica sempre pelo mesmo.É por casos como este que a definição por recorrência existe. A situação descreve-se numa linha e não tem termo geral simples — e a folha de cálculo, ou o programa desta secção, resolve-a em segundos.

Do primeiro ao termo de ordem n dão-se n-1 passos de r.

1. a) 7,\ 11,\ 15,\ 19.
2. b) u_n = 7 + 4(n-1) = 4n + 3, e u_{25} = 4(25) + 3 = 103.
3. Verificação: u_1 = 7 ✓.O (n-1) é a origem de quase todos os erros: o primeiro termo não leva passo nenhum. Confirmar u_1 apanha-o sempre.

Calcula u_{n+1} - u_n em função de n e vê se o n desaparece.

1. u_{n+1} = 5(n+1) - 2 = 5n + 3.
2. u_{n+1} - u_n = (5n+3) - (5n-2) = 5.
3. A diferença não depende de n: é progressão aritmética de razão 5.Mostrar que u_2 - u_1 = u_3 - u_2 = 5 não é uma demonstração — é a verificação de dois casos. O que prova é a conta com o n lá dentro, e é isso que o exame quer.

Em qual delas é que a diferença entre termos consecutivos ainda tem n?

1. Nas do 1.º grau em n, a diferença é o coeficiente de n: 3, -2 e \tfrac12.
2. Na (C): u_{n+1} - u_n = (n+1)^2 - n^2 = 2n + 1, que depende de n.
3. É a (C).Regra prática que vale a pena guardar: uma sucessão é progressão aritmética exactamente quando o termo geral é do 1.º grau em n — da forma an + b. E aí a razão é o a.

É uma progressão aritmética de primeiro termo 18 e razão 3.

1. c_n = 18 + 3(n-1) = 3n + 15.
2. a) c_{10} = 45 cadeiras.
3. b) 3n + 15 > 60 \iff n > 15: a fila 16, com 63 cadeiras.É o contexto que as Aprendizagens Essenciais sugerem pelo nome. Repara na alínea b): a resposta é uma ordem, e o enunciado pede a fila — que é a mesma coisa dita em português.

No juro simples, o juro é sempre calculado sobre o capital inicial.

1. a) C_n = 2500 + 2500 \times 0{,}02 \times n = 2500 + 50n.
2. b) C_{n+1} - C_n = 50, constante: progressão aritmética de razão 50.
3. Cada ano rende sempre os mesmos 50 €.É o outro contexto que as AE nomeiam, e liga-se ao capítulo da Cidadania: o juro simples é uma progressão aritmética, e o juro composto é uma progressão geométrica. É a mesma diferença, vista de outro lado.

Do quarto ao décimo termo dão-se seis passos de r.

1. u_{10} = u_4 + 6r \iff 35 = 11 + 6r \iff r = 4.
2. u_1 = u_4 - 3r = 11 - 12 = -1.
3. u_n = -1 + 4(n-1) = 4n - 5.
4. Verificação: u_4 = 11 ✓ e u_{10} = 35 ✓.A relação u_p = u_q + (p-q)r poupa sempre o passo por u_1. Vale a pena tê-la à mão: quase todos os itens de exame dão dois termos e pedem o resto.

Escreve as duas condições em função de u_1 e r. Repara em que u_1 + u_5 = 2u_1 + 4r.

1. u_1 + u_5 = 2u_1 + 4r = 26 \iff u_1 + 2r = 13.
2. u_9 = u_1 + 8r = 31.
3. Subtraindo: 6r = 18 \iff r = 3, e u_1 = 13 - 6 = 7.
4. u_n = 7 + 3(n-1) = 3n + 4. Então 3n + 4 = 835 \iff n = 277.
5. Como 277 \in \mathbb{N} \setminus \{0\}, 835 é termo — o de ordem 277.Item do Exame de 2024, 2.ª fase. O sistema resolve-se de cabeça se se reparar que u_1 + u_5 = 2u_3, o que dá u_3 = 13 num passo.

Escreve v_9 e v_{10} à custa de v_3 e de r, e resolve a equação em r.

1. v_9 = 1 + 6r e v_{10} = 1 + 7r.
2. 1 + 7r = \tfrac54(1 + 6r) \iff 4 + 28r = 5 + 30r \iff -2r = 1 \iff r = -\tfrac12.
3. v_1 = v_3 - 2r = 1 + 1 = 2, logo v_n = 2 - \tfrac12(n-1) = \dfrac{5-n}{2}.
4. \dfrac{5-n}{2} = -50 \iff n = 105: é termo, o de ordem 105.Item do Exame de 2022, época especial. A razão é negativa e a progressão é decrescente — nada impede, e é por isso que o enunciado escolhe um valor negativo para a pergunta.

A regra da recorrência já é a diferença entre termos consecutivos, escrita de outra maneira.

1. a) Da regra vem a_{n+1} - a_n = 7 para todo o n: é constante, logo é progressão aritmética de razão 7.
2. b) a_n = -3 + 7(n-1) = 7n - 10, e a_{40} = 270.Uma recorrência da forma u_{n+1} = u_n + k, com k constante, é sempre uma progressão aritmética de razão k — e a demonstração é a linha de cima.

Em três termos consecutivos, a diferença do segundo para o primeiro é igual à do terceiro para o segundo.

1. 2x - (x-3) = (x+11) - 2x.
2. x + 3 = 11 - x \iff 2x = 8 \iff x = 4.
3. Os termos são 1,\ 8,\ 15: a razão é 7.Há um atalho que vale a pena guardar: em três termos consecutivos de uma progressão aritmética, o do meio é a média dos outros dois. Aqui, 2x = \frac{(x-3)+(x+11)}{2} dá o mesmo em menos uma linha.

Da primeira condição sai a razão. Depois, com a diferença e o produto conhecidos, tens um sistema de dois números.

1. a_{10} - a_4 = 6r = 3 \iff r = \tfrac12.
2. Com a_{10} = a_4 + 3 e a_4(a_4 + 3) = 40: a_4^2 + 3a_4 - 40 = 0, donde a_4 = 5 ou a_4 = -8. Como os termos são positivos, a_4 = 5.
3. a_1 = 5 - 3r = 5 - 1{,}5 = 3{,}5, e a_n = 3{,}5 + 0{,}5(n-1) = \dfrac{n+6}{2}.
4. \dfrac{n+6}{2} = 173 \iff n = 340.Item do Exame de 2025, época especial. A condição «de termos positivos» não é enfeite: é ela que deita fora a raiz negativa da equação do 2.º grau.

É uma progressão aritmética de primeiro termo 3 e razão 4.

1. s_n = 3 + 4(n-1) = 4n - 1.
2. a) s_{10} = 39 cm.
3. b) 4n - 1 = 75 \iff n = 19: sim, o décimo nono.
   4n - 1 = 80 \iff n = 20{,}25: não.
4. Todos os termos são da forma 4n - 1, ou seja, deixam resto 3 na divisão por 4.A última linha é a maneira rápida de responder a «é termo?» numa progressão aritmética de razão inteira: basta olhar para o resto. 80 deixa resto 0, logo não pode ser.

S_n = \dfrac{u_1 + u_n}{2}\,n. Precisas do primeiro e do vigésimo.

1. u_1 = 7 e u_{20} = 83.
2. S_{20} = \dfrac{7 + 83}{2} \times 20 = 45 \times 20 = 900.A fórmula lê-se como «a média dos extremos, vezes o número de termos». Dita assim não se decora: percebe-se.

É a progressão aritmética de primeiro termo 1, razão 1 e centésimo termo 100.

1. S_{100} = \dfrac{1 + 100}{2} \times 100 = 50{,}5 \times 100 = 5050.É a conta que Gauss fez de cabeça na escola primária, e a razão por que a fórmula existe: emparelhar o primeiro com o último, o segundo com o penúltimo, e assim por diante — todos os pares somam 101, e são cinquenta pares.

Quantos termos são, de 5 a 20? Conta-os antes de somar.

1. Quantos termos. De 5 a 20 são 20 - 5 + 1 = 16 termos.
2. u_5 = 14 e u_{20} = 59.
3. S = \dfrac{14 + 59}{2} \times 16 = 36{,}5 \times 16 = 584.O «mais um» é o erro típico desta secção: quem faz 20-5=15 perde um termo e a resposta inteira. Vale a pena confirmar com um caso pequeno: de 1 a 3 são três termos, e 3-1+1=3 ✓.

Escreve S_n em função de n. Vai dar uma inequação do 2.º grau.

1. u_n = 5 + 3(n-1) = 3n + 2.
2. S_n = \dfrac{5 + 3n + 2}{2}\,n = \dfrac{n(3n + 7)}{2}.
3. \dfrac{n(3n+7)}{2} > 1000 \iff 3n^2 + 7n - 2000 > 0, cujas raízes são n \approx -27{,}1 e n \approx 24{,}6.
4. O primeiro natural acima é n = 25. Confirmando: S_{24} = 948 e S_{25} = 1025. São 25 termos.Só a raiz positiva interessa: n é um número de termos. E confirmar nos dois valores à volta é o que garante que se escolheu o inteiro certo.

Escreve S_{12} em função de u_1 e r, e junta a condição do terceiro termo.

1. S_{12} = \dfrac{2u_1 + 11r}{2} \times 12 = 6(2u_1 + 11r) = 174 \iff 2u_1 + 11r = 29.
2. u_3 = u_1 + 2r = 4 \iff u_1 = 4 - 2r.
3. Substituindo: 2(4-2r) + 11r = 29 \iff 7r = 21 \iff r = 3, e u_1 = -2.
4. u_n = -2 + 3(n-1) = 3n - 5. Então 3n - 5 = 5371 \iff n = 1792.
5. É termo, o de ordem 1792.Item do Exame de 2018, 2.ª fase. A forma S_n = \frac{2u_1 + (n-1)r}{2}\,n é a que serve quando não se conhece o último termo — e é a que faz falta em quase todos estes itens.

Do quarto dia e da razão sai o primeiro. Depois é a fórmula da soma, com m por descobrir.

1. r = 10 e u_4 = 60, logo u_1 = 60 - 3(10) = 30.
2. S_m = \dfrac{2(30) + 10(m-1)}{2}\,m = \dfrac{10m + 50}{2}\,m = 5m^2 + 25m.
3. 5m^2 + 25m = 2970 \iff m^2 + 5m - 594 = 0 \iff m = 22 \ \lor \ m = -27.
4. Como m é um número de dias, m = 22.Item do Exame de 2024, 1.ª fase. A raiz negativa aparece sempre nestes problemas e deita-se fora com uma frase: um número de dias não é negativo. Escrever essa frase vale cotação.

Cuidado com as unidades: 104 metros são quantos centímetros?

1. 104 m = 10\,400 cm.
2. Com r = 2 e n = 100: S_{100} = \dfrac{2u_1 + 99 \times 2}{2} \times 100 = (u_1 + 99)\times 100.
3. (u_1 + 99) \times 100 = 10\,400 \iff u_1 + 99 = 104 \iff u_1 = 5.
4. [AB] mede 5 cm.Item do Exame de 2023, 1.ª fase. A conversão de unidades é metade do exercício, e é onde se perde — a resposta é pedida em centímetros e o enunciado dá metros de propósito.

As ordens ímpares são 1, 3, 5, \ldots — escreve n = 2k-1 e vê que sucessão sai em k.

1. Com n = 2k - 1: v_k = 2(2k-1) + 1 = 4k - 1.
2. (v_k) é progressão aritmética de razão 4, com v_1 = 3 e v_{200} = 799.
3. S = \dfrac{3 + 799}{2} \times 200 = 401 \times 200 = 80\,200.Item do Exame de 2021, época especial. A substituição n = 2k-1 é o passo que transforma «os de ordem ímpar» noutra progressão aritmética — e a partir daí é a fórmula de sempre.

Escreve as duas condições em u_1 e r. Da segunda tira-se uma relação linear.

1. u_6 + u_{20} = 2u_1 + 24r = -5.
2. u_{19} = 4u_7 \iff u_1 + 18r = 4(u_1 + 6r) \iff -3u_1 = 6r \iff u_1 = -2r.
3. Substituindo: -4r + 24r = -5 \iff r = -\tfrac14, e u_1 = \tfrac12.
4. S_{16} = \dfrac{2(\tfrac12) + 15(-\tfrac14)}{2} \times 16 = \dfrac{1 - 3{,}75}{2}\times 16 = -22.Item do Exame de 2021, 2.ª fase. Vale a pena confirmar: u_{16} = \tfrac12 - \tfrac{15}{4} = -3{,}25 e \frac{0{,}5 - 3{,}25}{2}\times 16 = -22 ✓.

A linha k do triângulo de Pascal tem k cartões (a primeira tem 1). Soma 1 + 2 + \cdots + n.

1. O número total de cartões é 1 + 2 + \cdots + n = \dfrac{n(n+1)}{2}.
2. \dfrac{n(n+1)}{2} = 3081 \iff n^2 + n - 6162 = 0.
3. n = \dfrac{-1 \pm \sqrt{1 + 24\,648}}{2} = \dfrac{-1 \pm 157}{2}, donde n = 78 (a outra raiz é negativa).
4. Confirmação: \dfrac{78 \times 79}{2} = 3081 ✓.Item do Exame de 2024, época especial. A soma dos n primeiros naturais é o caso mais usado da fórmula deste capítulo, e vale a pena saber a expressão \frac{n(n+1)}{2} de cor.

É uma progressão aritmética com u_1 = 22\,000 e soma de 12 termos conhecida.

1. S_{12} = \dfrac{2(22\,000) + 11r}{2}\times 12 = 6(44\,000 + 11r) = 300\,000.
2. 44\,000 + 11r = 50\,000 \iff 11r = 6000 \iff r = \dfrac{6000}{11} \approx 545{,}45.
3. b) u_{12} = 22\,000 + 11r = 22\,000 + 6000 = 28\,000 pneus.Repara em que a alínea b) sai sem se arredondar a razão: 11r = 6000 exactamente. Arredondar a meio e só depois multiplicar dava 27\,999{,}95 — e um número de pneus não tem casas decimais.

Escreve S_n por ordem e depois por ordem inversa, uma linha por baixo da outra, e soma coluna a coluna.

1. Por ordem: S_n = u_1 + (u_1 + r) + \cdots + (u_1 + (n-1)r).
2. Ao contrário: S_n = u_n + (u_n - r) + \cdots + (u_n - (n-1)r).
3. Somando coluna a coluna, cada par dá u_1 + u_n — os múltiplos de r cancelam-se — e há n colunas: 2S_n = n\,(u_1 + u_n) \iff S_n = \dfrac{u_1 + u_n}{2}\,n.
4. É exactamente o que a figura de Gauss mostra: duas cópias da soma, uma virada, formam um retângulo.Esta demonstração não está nas Aprendizagens Essenciais, e está aqui na mesma: é curta, é a razão de ser da fórmula, e quem a viu uma vez nunca mais precisa de a decorar.

Do primeiro ao termo de ordem n multiplica-se n-1 vezes por r.

1. a) 5,\ 15,\ 45,\ 135.
2. b) u_n = 5 \times 3^{\,n-1}, e u_8 = 5 \times 3^7 = 10\,935.O expoente é n-1 pela mesma razão por que na aritmética o passo era (n-1)r: o primeiro termo não leva multiplicação nenhuma.

Calcula \dfrac{u_{n+1}}{u_n} e vê se o n desaparece.

1. \dfrac{u_{n+1}}{u_n} = \dfrac{4 \times 2^{n+1}}{4 \times 2^n} = 2, constante.
2. É progressão geométrica de razão 2, com u_1 = 4 \times 2 = 8.
3. Na forma canónica: u_n = 8 \times 2^{\,n-1}.Atenção ao primeiro termo: o 4 que aparece na expressão não é o u_1. Uma progressão geométrica escrita como a \times b^n tem razão b e primeiro termo a \times b.

Um expoente negativo inverte a base: \left(\tfrac12\right)^{-k} = 2^{k}.

1. u_n = \left(\tfrac12\right)^{1-n} = \left(\tfrac12\right)^{-(n-1)} = 2^{\,n-1}.
2. É progressão geométrica de primeiro termo 1 e razão 2: opção (B).Item do Exame de 2017, 2.ª fase. A opção (A) está lá para quem lê a base e não olha para o sinal do expoente — que é exactamente o que inverte tudo.

No juro composto, cada ano multiplica o capital por 1 + r.

1. a) C_n = 2500 \times 1{,}02^{\,n}.
2. b) \dfrac{C_{n+1}}{C_n} = 1{,}02, constante: progressão geométrica de razão 1{,}02.É o contexto que as Aprendizagens Essenciais nomeiam, e o contraponto exacto da R3: juro simples é progressão aritmética, juro composto é progressão geométrica. A diferença entre somar sempre o mesmo e multiplicar sempre pelo mesmo é a diferença entre as duas curvas do capítulo da Cidadania.

Do quinto ao oitavo multiplica-se três vezes pela razão.

1. v_8 = v_5 \times r^3 \iff 108 = 4r^3 \iff r^3 = 27 \iff r = 3.
2. v_6 = v_5 \times r = 4 \times 3 = 12: opção (A).Item do Exame de 2021, 1.ª fase. A relação geral é u_p = u_q \times r^{\,p-q} — a mesma ideia do u_p = u_q + (p-q)r das aritméticas, com a multiplicação no lugar da soma.

Do terceiro ao sexto vão três passos; do sexto ao vigésimo vão catorze.

1. a_6 = a_3 r^3 \iff 2 = \tfrac14 r^3 \iff r^3 = 8 \iff r = 2.
2. a_{20} = a_6 \times r^{14} = 2 \times 2^{14} = 2^{15} = 32\,768: opção (C).Item do Exame de 2015, época especial. Saltar de a_6 para a_{20} directamente poupa o cálculo de a_1 e evita frações pelo caminho.

«Não monótona» é a chave: numa progressão geométrica isso quer dizer razão negativa. Da segunda condição sai r^2.

1. u_{20} = u_{18}r^2, logo u_{18} = 4u_{18}r^2 \iff r^2 = \tfrac14 \iff r = \pm\tfrac12.
2. Como a progressão não é monótona, r = -\tfrac12.
3. u_1 = \dfrac{u_3}{r^2} = \dfrac{1/12}{1/4} = \dfrac13.
4. u_n = \dfrac13\left(-\tfrac12\right)^{n-1} = \dfrac13 \times \dfrac{\left(-\tfrac12\right)^{n}}{-\tfrac12} = -\dfrac23\left(-\tfrac12\right)^{n}.Item do Exame de 2020, época especial. Uma progressão geométrica de razão negativa alterna de sinal — e por isso não é crescente nem decrescente. É a informação que o enunciado dá em três palavras e sem a qual há duas respostas.

Em três termos consecutivos de uma progressão geométrica, o quociente do segundo para o primeiro é igual ao do terceiro para o segundo.

1. \dfrac{a+6}{a} = \dfrac{a+18}{a+6} \iff (a+6)^2 = a(a+18).
2. a^2 + 12a + 36 = a^2 + 18a \iff 36 = 6a \iff a = 6.
3. Os termos são 6, 12, 24: a razão é 2.O atalho: em três termos consecutivos de uma progressão geométrica, o do meio ao quadrado é o produto dos outros dois — (a+6)^2 = a(a+18), que é a primeira linha. Nas aritméticas, o do meio era a média; aqui é a média geométrica.

Chama u ao menor. Como r>1, o maior é ur. Tens duas equações.

1. u + ur = 12 e ur - u = 3.
2. Somando: 2ur = 15. Subtraindo: 2u = 9, donde u = 4{,}5.
3. r = \dfrac{15/2}{2u} = \dfrac{7{,}5}{4{,}5} = \dfrac{5}{3}.
4. Verificação: os termos são 4{,}5 e 7{,}5; somam 12 ✓ e diferem em 3 ✓.Item do Exame de 2019, 1.ª fase. Somar e subtrair as duas equações é o que evita substituições com frações — e a verificação no fim é uma linha.

Do quarto ao oitavo vão quatro passos, e r^4 tem duas raízes reais. Qual delas serve?

1. 8192 = 32r^4 \iff r^4 = 256 \iff r = \pm 4.
2. Como é monótona crescente, a razão é positiva: r = 4.
3. u_5 = 32 \times 4 = 128: opção (B).Item do Exame de 2016, 2.ª fase. Sempre que um expoente par aparece, há duas raízes — e é a palavra do enunciado («crescente», «de termos positivos», «não monótona») que escolhe.

Da primeira condição sai a^2 = 2b. Da segunda, o do meio é a média dos outros.

1. Geométrica: a^2 = 2b.
2. Aritmética: 2b = (a-2) + 2 = a.
3. Substituindo: a^2 = a \iff a(a-1) = 0. Como a \neq 0, a = 1.
4. Então b = \dfrac{a}{2} = \dfrac12.
5. Verificação: 2, 1, \tfrac12 é geométrica de razão \tfrac12 ✓; -1, \tfrac12, 2 é aritmética de razão \tfrac32 ✓.Item do Exame de 2019, 2.ª fase. As duas condições dão duas equações; o «não nulos» do enunciado é o que deita fora a raiz a = 0.

Aumentar 15\% é multiplicar por 1{,}15. Na b), resolve 1{,}15^n > 2.

1. a) P_n = 4000 \times 1{,}15^{\,n-1}, com P_1 = 4000 no ano inicial.
2. b) 1{,}15^{\,n-1} > 2 \iff n - 1 > \dfrac{\ln 2}{\ln 1{,}15} \approx 4{,}96, donde n \geq 6.
3. Ao fim de 5 anos (no sexto ano) a produção passa do dobro: P_6 = 4000 \times 1{,}15^5 \approx 8045.Repara na diferença entre «ordem 6» e «ao fim de 5 anos» — a mesma coisa dita de duas maneiras, e a fonte de metade dos enganos deste tipo de problema. Convém dizer sempre qual das duas se está a responder.

S_n = u_1 \dfrac{1 - r^{\,n}}{1 - r}, com u_1 = 3 e r = 2.

1. S_{10} = 3 \times \dfrac{1 - 2^{10}}{1 - 2} = 3 \times \dfrac{-1023}{-1} = 3069.Com r>1 é mais confortável usar a forma equivalente u_1\frac{r^n - 1}{r-1}, que evita os dois sinais negativos: 3 \times \frac{1024-1}{1} = 3069. É a mesma fórmula com numerador e denominador multiplicados por -1.

Substitui na fórmula com u_1 = 8, r = \tfrac12 e n = 6.

1. S_6 = 8 \times \dfrac{1 - (1/2)^6}{1 - 1/2} = 8 \times \dfrac{1 - \frac{1}{64}}{\frac12} = 16 \times \dfrac{63}{64} = \dfrac{63}{4} = 15{,}75.
2. Os termos são 8, 4, 2, 1, \tfrac12, \tfrac14 — e somam mesmo 15{,}75.Repara em que a soma se está a aproximar de 16 sem lá chegar. É esta observação que a secção seguinte transforma em fórmula.

É a soma de 64 termos de uma progressão geométrica de primeiro termo 1 e razão 2.

1. S_{64} = 1 \times \dfrac{2^{64} - 1}{2 - 1} = 2^{64} - 1 = 18\,446\,744\,073\,709\,551\,615.
2. São cerca de 1{,}8 \times 10^{19} grãos. A uma média de 50 mg por grão, dão perto de 900 mil milhões de toneladas — mais de mil anos de produção mundial de trigo.A lenda é a que as Aprendizagens Essenciais mandam contar, e o que ela mostra não é a fórmula: é a escala do crescimento geométrico. Duplicar 63 vezes parece pouca coisa dito assim, e é mais trigo do que existe.

Escreve a soma em função de n e resolve. Vai dar uma potência de 3.

1. S_n = 2 \times \dfrac{3^n - 1}{3 - 1} = 3^n - 1.
2. 3^n - 1 = 242 \iff 3^n = 243 = 3^5 \iff n = 5.
3. Confirmação: 2 + 6 + 18 + 54 + 162 = 242 ✓.A simplificação S_n = 3^n - 1 na primeira linha é o que torna a segunda imediata. Sempre que u_1 = r - 1, a fórmula colapsa assim.

Qual é o primeiro termo, para k=1? E a razão?

1. Para k = 1, o termo é 3 \times 4 = 12; a razão é 4.
2. S_n = 12 \times \dfrac{4^n - 1}{4 - 1} = 4(4^n - 1): opção (A).
3. Verificação com n = 1: a soma é 12, e 4(4-1) = 12 ✓. Com n=2: 12 + 48 = 60, e 4(16-1) = 60 ✓.Nestas escolhas múltiplas com n, testar n=1 e n=2 resolve o item mesmo sem fazer a álgebra — e é a maneira mais rápida de eliminar três opções.

O primeiro depósito rende 10 anos, o segundo 9, e assim por diante. Soma as dez parcelas.

1. O depósito feito no início do ano k rende durante 11-k anos, valendo 1000 \times 1{,}03^{\,11-k}.
2. O total é 1000\left(1{,}03 + 1{,}03^2 + \cdots + 1{,}03^{10}\right) — progressão geométrica de primeiro termo 1{,}03 e razão 1{,}03.
3. S = 1000 \times 1{,}03 \times \dfrac{1{,}03^{10} - 1}{0{,}03} \approx 1030 \times 11{,}4639 \approx 11\,807{,}80 €.
4. Depositou 10\,000 €; os juros foram cerca de 1808 €.É a conta que está por trás de um PPR ou de um plano de poupança — e liga directamente à secção da poupança no capítulo da Cidadania. O que a torna uma progressão geométrica é cada depósito render um ano a menos do que o anterior.

Cada quadrado tem metade da área do anterior. Confirma-o com Pitágoras.

1. Se o lado é \ell, o quadrado seguinte tem lado \dfrac{\ell\sqrt2}{2} e área \dfrac{\ell^2}{2}: a área reduz-se a metade.
2. As áreas formam uma progressão geométrica com A_1 = 16 e r = \tfrac12.
3. S_8 = 16 \times \dfrac{1 - (1/2)^8}{1/2} = 32 \times \dfrac{255}{256} = \dfrac{255}{8} = 31{,}875.A soma anda perto de 32 — o dobro do primeiro quadrado — e nunca lá chega. Guarda esse número: na secção seguinte vai sair da fórmula em uma linha.

Duas hipóteses: usar a fórmula com primeiro termo u_6, ou fazer S_{15} - S_5.

1. Pela fórmula. São 15 - 6 + 1 = 10 termos, o primeiro é u_6 = 64 e a razão é 2: S = 64 \times \dfrac{2^{10} - 1}{2-1} = 64 \times 1023 = 65\,472.
2. Pela diferença. S_{15} = 2(2^{15}-1) = 65\,534 e S_5 = 2(2^5-1) = 62; a diferença é 65\,472 ✓.Os dois caminhos dão o mesmo, e vale a pena saber os dois: o segundo é mais rápido quando já se tem S_n calculado, o primeiro é mais seguro porque não obriga a contar para trás.

Depois da primeira queda, cada ressalto conta duas vezes: a subir e a descer.

1. A primeira queda: 2 m.
2. Os ressaltos até ao sexto toque são cinco, e cada um conta a subir e a descer: 2 \times \left(2(0{,}6) + 2(0{,}6)^2 + \cdots + 2(0{,}6)^5\right).
3. A soma dentro dos parênteses é 1{,}2 \times \dfrac{1 - 0{,}6^5}{0{,}4} = 3 \times (1 - 0{,}07776) = 2{,}76672.
4. Total: 2 + 2 \times 2{,}76672 = 7{,}53 m (aproximadamente).O erro clássico é contar cada ressalto uma vez só. Desenhar o percurso — ou escrever «sobe e desce» ao lado — resolve-o. Este problema volta na secção seguinte, com infinitos ressaltos.

Multiplica S_n por r, escreve as duas somas uma por baixo da outra e subtrai.

1. S_n = u_1 + u_1 r + u_1 r^2 + \cdots + u_1 r^{\,n-1}.
2. rS_n = \qquad\ \ u_1 r + u_1 r^2 + \cdots + u_1 r^{\,n-1} + u_1 r^{\,n}.
3. Subtraindo, tudo se cancela excepto os extremos: S_n - rS_n = u_1 - u_1 r^{\,n} \iff S_n(1-r) = u_1(1 - r^{\,n}).
4. Como r \neq 1, pode dividir-se: S_n = u_1\dfrac{1-r^{\,n}}{1-r}.
5. E se r = 1? Todos os termos são iguais e S_n = n\,u_1 — que é a razão de a fórmula excluir esse caso (o denominador seria zero).É o mesmo tipo de truque da R4: escrever a soma duas vezes de maneiras diferentes e subtrair. Lá era ao contrário, aqui é multiplicada pela razão.

Na a), calcula o quociente de dois inversos consecutivos.

1. a) \dfrac{1/u_{n+1}}{1/u_n} = \dfrac{u_n}{u_{n+1}} = \dfrac{1}{r}, constante. É progressão geométrica de razão \dfrac1r.
2. b) Os inversos formam progressão geométrica com primeiro termo \tfrac13 e razão \tfrac12: S_5 = \dfrac13 \times \dfrac{1 - (1/2)^5}{1/2} = \dfrac23 \times \dfrac{31}{32} = \dfrac{31}{48}.
3. Confirmação: \tfrac13 + \tfrac16 + \tfrac1{12} + \tfrac1{24} + \tfrac1{48} = \tfrac{16+8+4+2+1}{48} = \tfrac{31}{48} ✓.Esta propriedade é útil de saber: os inversos de uma progressão geométrica formam outra, com a razão invertida. Nas aritméticas não acontece nada de parecido — \frac1{u_n} de uma aritmética não é aritmética.

Escreve S_n > 10\,000 e resolve em ordem a n. Vais precisar de logaritmos.

1. S_n = 5\,\dfrac{1{,}4^{\,n} - 1}{0{,}4} = 12{,}5\left(1{,}4^{\,n} - 1\right).
2. 12{,}5(1{,}4^n - 1) > 10\,000 \iff 1{,}4^n > 801.
3. n > \dfrac{\ln 801}{\ln 1{,}4} \approx \dfrac{6{,}686}{0{,}3365} \approx 19{,}87, donde n = 20.
4. Confirmação: S_{19} \approx 8898 e S_{20} \approx 12\,470 ✓.Reparar em que a soma salta de 8898 para 12\,470 num único termo diz tudo sobre o crescimento geométrico: perto do fim, o último termo vale quase tanto como todos os anteriores juntos.

S = \dfrac{u_1}{1-r}, válida porque |r| < 1.

1. S = \dfrac{8}{1 - 1/2} = \dfrac{8}{1/2} = 16.É o valor de que a soma da R6 se andava a aproximar: 15{,}75, 15{,}875, 15{,}9375… A fórmula dá-o de uma vez.

A fórmula vale desde que |r| < 1 — e \left|-\tfrac13\right| = \tfrac13 < 1.

1. S = \dfrac{6}{1 - \left(-\tfrac13\right)} = \dfrac{6}{4/3} = \dfrac{18}{4} = 4{,}5.
2. As somas parciais são 6,\ 4,\ 4{,}67,\ 4{,}44,\ 4{,}52,\ldots — aproximam-se de 4{,}5 por cima e por baixo alternadamente.Com razão negativa, a soma parcial oscila à volta do valor final em vez de subir sempre. O 1 - r do denominador fica 1 + \frac13, e é onde se erra o sinal se não houver cuidado.

A condição é uma só: |r| < 1. Repara em que |-1| = 1 não serve.

1. (A) r = \tfrac43 > 1 — não.
2. (B) |r| = \tfrac54 > 1 — não.
3. (C) |r| = \tfrac34 < 1 — sim.
4. (D) |r| = 1: os termos são -3, 3, -3, 3,\ldots e a soma parcial salta entre -3 e 0 para sempre — não tem soma.
5. Opção (C).Item do Exame de 2026, 1.ª fase. O caso r = -1 é o que se esquece: os termos não crescem, mas também não se aproximam de zero, e a soma nunca estabiliza. A condição é |r| < 1 estrito.

0{,}777\ldots = \dfrac{7}{10} + \dfrac{7}{100} + \dfrac{7}{1000} + \cdots

1. É a soma da progressão geométrica de primeiro termo \tfrac{7}{10} e razão \tfrac{1}{10}.
2. S = \dfrac{7/10}{1 - 1/10} = \dfrac{7/10}{9/10} = \dfrac79.
3. Confirmação: 7 \div 9 = 0{,}777\ldots ✓É a razão de fundo por que toda a dízima infinita periódica é um número racional: é sempre a soma de uma progressão geométrica de razão 10^{-k}. E é também a explicação de 0{,}\overline{9} = 1, que aparece no u7k.

É o u6i com infinitos ressaltos. Cada um continua a contar duas vezes.

1. Primeira queda: 2 m.
2. Os ressaltos, a subir e a descer: 2\left(2(0{,}6) + 2(0{,}6)^2 + \cdots\right).
3. A soma infinita dentro dos parênteses é \dfrac{1{,}2}{1 - 0{,}6} = 3.
4. Total: 2 + 2 \times 3 = 8 m.Infinitos ressaltos, distância finita — e também tempo finito, que é o que faz a bola realmente parar. É o paradoxo de Zenão com números: uma soma infinita de parcelas cada vez mais pequenas pode dar um número perfeitamente vulgar.

Um semicírculo de raio \rho tem comprimento \pi\rho. Os raios formam uma progressão geométrica de razão \tfrac12.

1. Os comprimentos são 4\pi,\ 2\pi,\ \pi,\ \tfrac{\pi}{2},\ldots — progressão geométrica de primeiro termo 4\pi e razão \tfrac12.
2. S = \dfrac{4\pi}{1 - 1/2} = 8\pi: opção (B).Item do Exame de 2025, 1.ª fase. O passo que resolve é notar que o comprimento é proporcional ao raio — logo os comprimentos herdam a razão dos raios. Se fosse a área, a razão passaria a \tfrac14.

No primeiro passo retira-se \tfrac19. No segundo, retiram-se 8 quadrados de área \tfrac1{81} cada. Que progressão é esta?

1. Passo 1: retira-se \dfrac19.
2. Passo 2: 8 quadrados de área \dfrac{1}{81}, total \dfrac{8}{81}.
3. Passo n: 8^{\,n-1} quadrados de área \dfrac{1}{9^{\,n}}, total \dfrac19\left(\dfrac89\right)^{n-1}.
4. Progressão geométrica de razão \tfrac89 < 1: S = \dfrac{1/9}{1 - 8/9} = \dfrac{1/9}{1/9} = 1.
5. Retira-se a área toda. O que sobra tem área zero — e no entanto sobram infinitos pontos.Item do Exame de 2025, 2.ª fase. O resultado é o que torna o tapete de Sierpiński famoso: uma figura com área nula e perímetro infinito, que continua a ter pontos por todo o lado. As duas somas — a que dá 1 e a que diverge — cabem as duas nesta secção.

O que decide é |a|: menor que 1, igual a 1, ou maior que 1. O sinal só diz se alterna.

1. a) 0{,}9^n \to 0. (0{,}9^{100} \approx 0{,}0000266.)
2. b) 1{,}1^n \to +\infty. (1{,}1^{100} \approx 13\,781.)
3. c) (-0{,}5)^n \to 0, alternando de sinal.
4. d) (-2)^n não tende para nada: cresce em valor absoluto e troca de sinal a cada passo.
5. A regra: |a| < 1 \Rightarrow a^n \to 0; |a| > 1 \Rightarrow |a^n| \to +\infty.Compara a) com b): 0{,}9 e 1{,}1 estão ambos a um décimo de 1, e ao fim de cem passos um está perto de zero e o outro passa dos treze mil. É por causa desta diferença que a fórmula da soma infinita exige |r|<1 — só aí a «cauda» r^n desaparece.

Substitui na fórmula e resolve em ordem a r. Não te esqueças de verificar a condição.

1. \dfrac{10}{1-r} = 25 \iff 1 - r = \dfrac{10}{25} = 0{,}4 \iff r = 0{,}6.
2. Verificação da condição: |0{,}6| < 1 ✓ — a soma existe mesmo.Verificar |r|<1 no fim não é formalidade: se a conta desse r = 1{,}4, a resposta correcta seria «não existe tal progressão», porque a fórmula que se usou não se aplicaria.

Em cada passo o número de segmentos multiplica-se por 4 e cada um fica 3 vezes mais curto.

1. a) Ao fim de n passos há 4^{\,n} segmentos de comprimento \dfrac{1}{3^{\,n}}: C_n = \left(\dfrac43\right)^{n}.
2. É progressão geométrica de razão \tfrac43.
3. b) Como \tfrac43 > 1, C_n \to +\infty: o comprimento cresce sem limite.
4. E no entanto a curva cabe toda numa folha de papel.É o contraponto exacto do tapete de Sierpiński do u7g: lá a soma era \frac89 < 1 e dava um número; aqui é \frac43 > 1 e não dá. A mesma fórmula, a mesma condição — e resultados opostos.

0{,}999\ldots = \dfrac{9}{10} + \dfrac{9}{100} + \cdots — soma a progressão geométrica.

1. Progressão geométrica de primeiro termo \tfrac9{10} e razão \tfrac1{10}: S = \dfrac{9/10}{1 - 1/10} = \dfrac{9/10}{9/10} = 1.
2. Por que não é aproximação. O símbolo 0{,}\overline{9} não representa um número «quase» 1 a que faltasse alguma coisa: representa a soma de todos os termos, e essa soma é exactamente 1. Não há um «último nove» onde ficasse uma diferença.
3. Outra maneira de o ver: se 0{,}\overline{9} fosse menor do que 1, haveria um número entre os dois — e não há nenhum.Este é o exercício que mais discussão gera em qualquer turma, e a razão é que a intuição de «infinito» trai. Nada aqui é truque: é a mesma fórmula do u7d aplicada ao caso em que a soma calha ser um inteiro.

É a progressão geométrica de primeiro termo 1 e razão x.

1. a) A condição é |x| < 1, isto é, x \in \left]-1, 1\right[.
2. b) S(x) = \dfrac{1}{1-x}, e S(0{,}2) = \dfrac{1}{0{,}8} = 1{,}25.
3. Confirmação: 1 + 0{,}2 + 0{,}04 + 0{,}008 + 0{,}0016 = 1{,}2496, a caminho de 1{,}25 ✓.
4. Repara no que acontece quando x se aproxima de 1: S(x) dispara para +\infty. E para x = 1 a soma é 1+1+1+\cdots, que de facto não existe.Esta é a série geométrica, e uma das identidades mais úteis da matemática: \frac{1}{1-x} escrita como soma infinita. Reaparece no cálculo, na probabilidade e na análise de algoritmos. Fica aqui como curiosidade — no 11.º ano basta saber somá-la.

Faz as divisões com quatro casas decimais e põe-nas em coluna.

1. 1;\ 2;\ 1{,}5;\ 1{,}6667;\ 1{,}6;\ 1{,}625;\ 1{,}6154;\ 1{,}6190;\ 1{,}6176.
2. Os valores oscilam à volta de 1{,}618, aproximando-se cada vez mais — um por cima, o seguinte por baixo.
3. O valor de que se aproximam é \varphi = \dfrac{1 + \sqrt5}{2} \approx 1{,}6180339887, o número de ouro.A oscilação alternada é a mesma coisa que se via nas somas parciais de razão negativa da R7: aproximar-se por cima e por baixo alternadamente é uma maneira perfeitamente normal de convergir.

Divide os dois membros da recorrência por F_n e vê que quocientes aparecem.

1. Dividindo F_{n+1} = F_n + F_{n-1} por F_n: q_n = 1 + \dfrac{F_{n-1}}{F_n} = 1 + \dfrac{1}{q_{n-1}}.
2. Se ambos se aproximam de \varphi, então \varphi = 1 + \dfrac1\varphi.
3. Multiplicando por \varphi: \varphi^2 = \varphi + 1 \iff \varphi^2 - \varphi - 1 = 0.
4. \varphi = \dfrac{1 \pm \sqrt5}{2}; como \varphi > 0, fica \varphi = \dfrac{1+\sqrt5}{2} \approx 1{,}618.O passo «se ambos se aproximam de \varphi» é o que no 12.º ano se escreve com limites. Aqui está a ser admitido — e é honesto dizê-lo, porque a existência do limite é precisamente a parte difícil.

Primeira etapa: 10 s. Nesse tempo a tartaruga andou 10 m, que Aquiles percorre em 1 s. E depois?

1. Os tempos das etapas são 10,\ 1,\ 0{,}1,\ 0{,}01,\ \ldots — progressão geométrica de razão \tfrac1{10}.
2. T = \dfrac{10}{1 - 0{,}1} = \dfrac{10}{0{,}9} = \dfrac{100}{9} \approx 11{,}11 s.
3. Confirmação directa: 10t = 100 + t \iff t = \tfrac{100}{9} s ✓ — o mesmo resultado.
4. Infinitas etapas, tempo finito. O paradoxo desfaz-se: dividir um intervalo em infinitas partes não o torna infinito.Zenão tinha razão em que há infinitas etapas, e enganava-se ao concluir que isso obrigava a um tempo infinito. A soma geométrica da R7 é a resposta — e demorou uns dois mil anos a ser escrita assim.

Na b), compara cada bloco com o seu menor termo repetido: \tfrac13+\tfrac14 > \tfrac14+\tfrac14 = \tfrac12.

1. a) H_4 \approx 2{,}083, H_8 \approx 2{,}718, H_{16} \approx 3{,}381.
2. b) Agrupando: \underbrace{\tfrac13+\tfrac14}_{>\,1/2} + \underbrace{\tfrac15+\cdots+\tfrac18}_{>\,1/2} + \underbrace{\tfrac19+\cdots+\tfrac1{16}}_{>\,1/2} + \cdots
3. Cada bloco soma mais do que \tfrac12, e há infinitos blocos: a soma passa qualquer valor que se queira.
4. Mas devagar: para passar de 10 são precisos mais de 12\,000 termos; para passar de 20, mais de 272 milhões.É o contraste que faz esta série valer a pena: os termos \frac1n tendem para zero, tal como numa geométrica de razão |r|<1 — e a soma diverge na mesma. Os termos irem para zero não chega para a soma existir. Numa geométrica chega porque vão para zero depressa.

Na b), usa o que a R7 diz sobre a^n quando |a| < 1.

1. a) n=1: \dfrac{\varphi - \psi}{\sqrt5} = \dfrac{\sqrt5}{\sqrt5} = 1 ✓. n=2: \varphi^2 - \psi^2 = (\varphi+\psi)(\varphi-\psi) = 1 \times \sqrt5, logo F_2 = 1 ✓.
2. b) Como |\psi| < 1, \psi^{\,n} \to 0. Então F_n \approx \dfrac{\varphi^{\,n}}{\sqrt5} e o erro é menor do que \tfrac12 já para n \geq 1 — basta arredondar ao inteiro mais próximo para ter F_n exacto.
3. Teste: \dfrac{\varphi^{10}}{\sqrt5} \approx 55{,}0036, e F_{10} = 55 ✓.Uma sucessão inteira definida por recorrência tem uma fórmula fechada — cheia de \sqrt5 — que dá sempre inteiros. E o que a torna utilizável é exactamente o resultado da R7: o termo com |\psi|<1 desaparece.

Na a), pede a cada hóspede que mude de quarto. Que sucessão define a mudança?

1. a) Cada hóspede do quarto n passa para o quarto n+1. Todos ficam alojados, e o quarto 1 fica livre.
2. b) Cada hóspede do quarto n passa para o quarto 2n. Ficam livres todos os quartos ímpares — infinitos — e os novos passageiros ocupam-nos.
3. O que isto mostra: com conjuntos infinitos, «cheio» não quer dizer «sem lugar». A sucessão n \mapsto 2n emparelha os naturais com os naturais pares, apesar de estes serem «metade».Fora das Aprendizagens Essenciais por completo, e vale os cinco minutos: é a maneira mais barata de perceber que o infinito não se comporta como um número grande. E é, tecnicamente, um exercício sobre sucessões — as mudanças de quarto são sucessões de naturais.

Na b), se u_n e u_{n+1} se aproximam ambos de L, substitui os dois por L na recorrência.

1. a) 1;\ 1{,}5;\ 1{,}75;\ 1{,}875;\ 1{,}9375.
2. b) L = \dfrac{L+2}{2} \iff 2L = L + 2 \iff L = 2.
3. Confirmação: a distância a 2 é 1;\ 0{,}5;\ 0{,}25;\ 0{,}125;\ldots — reduz-se a metade em cada passo, tal como uma progressão geométrica de razão \tfrac12.O truque de «substituir os dois por L» é o mesmo do número de ouro no uab, e é legítimo desde que o limite exista — que é a hipótese que se está a admitir. Se se aplicasse cegamente a u_{n+1} = 2u_n com u_1=1, daria L = 2L, ou seja L=0, o que é manifestamente falso: essa sucessão dispara para +\infty.

Na b), em cada passo acrescentam-se triângulos: quantos, e de que área?

1. a) O perímetro é P_n = 3\left(\tfrac43\right)^{n}, e como \tfrac43 > 1 cresce sem limite.
2. b) Área inicial: A_0 = \dfrac{\sqrt3}{4}. No passo n acrescentam-se 3 \times 4^{\,n-1} triângulos de área \dfrac{A_0}{9^{\,n}}, ou seja \dfrac{3A_0}{4}\left(\dfrac49\right)^{n}.
3. Somando (razão \tfrac49 < 1): A = A_0 + \dfrac{3A_0}{4}\times\dfrac{4/9}{1-4/9} = A_0 + \dfrac{3A_0}{4}\times\dfrac45 = A_0\left(1 + \dfrac35\right) = \dfrac{8A_0}{5}.
4. A = \dfrac{8}{5}\times\dfrac{\sqrt3}{4} = \dfrac{2\sqrt3}{5} \approx 0{,}6928.
5. Perímetro infinito, área finita — e a área é apenas 60\% maior do que a do triângulo inicial.As duas somas do capítulo lado a lado no mesmo objecto: uma com razão \frac43 que não converge, outra com razão \frac49 que converge. É o exemplo que arruma de vez a ideia de que «infinito» e «grande» são a mesma coisa.